Luận văn thạc sỹ: phương trình sóng với điều kiện biên không thuần nhất chưa tích phân giá trị biên Dương Thanh Liêm

DƯƠNG THANH LIÊM PHƯƠNG TRÌNH SÓNG VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN KHÔNG THUẦN NHẤT CHỨA TÍCH PHÂN GIÁ TRỊ BIÊN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH – 2006... DƯƠNG THANH LIÊM PHƯƠNG TRÌ

DƯƠNG THANH LIÊM

PHƯƠNG TRÌNH SÓNG VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN KHÔNG THUẦN NHẤT CHỨA

TÍCH PHÂN GIÁ TRỊ BIÊN

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH – 2006

DƯƠNG THANH LIÊM

PHƯƠNG TRÌNH SÓNG VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN KHÔNG THUẦN NHẤT CHỨA

TÍCH PHÂN GIÁ TRỊ BIÊN

Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH

Mã số: 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

TS Nguyễn Thành Long

Khoa Toán – Tin học, Đại học Khoa học Tự nhiên

TP Hồ Chí Minh

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH - 2006

Luận Văn được hoàn thành tại:

Trường Đại học Sư phạm TP Hồ Chí Minh

Người hướng dẫn: TS Nguyễn Thành Long,

Khoa Toán – Tin học,

Đại học Khoa học Tự nhiên TP Hồ Chí Minh

Người nhận xét 1:

Người nhận xét 2:

Học viên cao học: Dương Thanh Liêm

Trung tâm giáo dục thường xuyên Huyện Củ Chi, TP Hồ Chí Minh

Luận văn sẽ được bảo vệ tại Hội đồng chấm luận văn Thạc sỹ Toán học Trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh

Vào lúc ……….giờ …… ngày …… tháng 9 năm 2006

Có thể tìm hiểu luận văn tại Phòng Khoa học Công nghệ – Sau Đại học và Thư viện trường Đại học Sư phạm TP Hồ Chí Minh

Trang Lời cảm ơn

Mục lục

Chương 0 Phần mở đầu 1

Chương 1 Các công cụ chuẩn bị 4

1.1 Các không gian hàm 4

1.2 Không gian hàm 6

1.3 Phân bố có giá trị trong không gian Banach 7

1.4 Đạo hàm trong Lp 9

1.5 Bổ đề về tính compact của Lions 11

1.6 Bổ đề về sự hội tụ yếu trong Lq(Q) 12

Chương 2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm 13

2.1 Định lý 2.1 14

2.2 Định lý 2.2 33

2.3 Định lý 2.3 33

Chương 3 Sự ổn định của nghiệm 34

Định lý 3.1 34

Chương 4 Xét một trường hợp cụ thể 41

Phần kết luận 51

Tài liệu tham khảo 52

Lời đầu tiên, tôi xin chân thành cảm ơn Tiến Sỹ Nguyễn Thành Long, người Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đở tôi trong suốt khoá học và nhất là trong việc hoàn thành luận văn này

Xin chân thành cảm ơn quý Thầy, Cô thuộc khoa Toán-Tin học của hai trường Đại Học Sư Phạm và Đại Học Khoa Học Tự Nhiên thành phố Hồ Chí Minh đã tận tình truyền đạt kiến thức và kinh nghiệm cho tôi trong suốt khoá học

Xin chân thành cảm ơn Phòng Khoa Học Công Nghệ – Sau Đại Học trường Đại Học Sư Phạm thành phố Hồ Chí Minh đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn thành chương trình học tập và thực hiện luận văn này

Xin chânh thành cảm ơn Ban lãnh đạo Phòng giáo dục, Ban giám đốc Trung tâm giáo dục thường xuyên Huyện Củ Chi và các bạn đồng nghiệp đã tạo điều kiện và giúp đở tôi hoàn thành khoá học

Cuối cùng, tôi xin cảm ơn các bạn học viên Cao học khoá 14 – Chuyên ngành Giải tích, trường Đại Học Sư Phạm thành phố Hồ Chí Minh và đặc biệt là những người thân trong gia đình đã động viên giúp đở tôi rất nhiều trong suốt khoá học

Dương Thanh Liêm

CHƯƠNG 0 PHẦN MỞ ĐẦU

Trong luận văn này, chúng tôi xét bài toán sau: Tìm một cặp các hàm (u,P) thỏa:

utt−uxx+ f((u,u ) = F(x,t), xt ∈Ω (0,1) 0= , < t < T, (0.1)

ux(0,t) = P(t), (0.2) u(1,t) = 0, (0.3)

u(x,0) = uo(x), ut (x,0) = u1(x), (0.4) trong đó f(u,ut) = Ku + λ ut với K, λ là các hằng số không âm và uo, u1, F là các hàm cho trước thỏa các điều kiện mà ta sẽ chỉ ra sau Hàm chưa biết u(x,t) và giá trị biên chưa biết P(t) thỏa một phương trình tích phân phi tuyến sau đây:

0

P(t) = g(t) + H(u( ,t)) k(t s)u( ,s)ds (0.5) trong đó g, H, k là các hàm cho trước

Trong [2], Áng và Định đã thiết lập định lý tồn tại và duy nhất nghiệm toàn cục cho bài toán giá trị biên và ban đầu (0.1)-(0.4) với uo, u1, P là các hàm cho trước, F(x,t) = 0 và f(u,u ) = ut t α-1u , ( )t 0< α <1

Bằng sự tổng quát hóa của [2], Long và Định [5], [6] đã xét bài toán (0.1), (0.3), (0.4) liên kết với điều kiện biên không thuần nhất tại x = 0 có dạng

Trong trường hợp H(s) = hs, trong đó h > 0, bài toán (0.1)-(0.5) được thành lập từ bài toán (0.1)-(0.4), trong đó, hàm chưa biết u(x,t) và giá trị biên chưa biết P(t) thỏa một bài toán Cauchy sau đây cho một phương trình vi phân thường ′′P (t)+ P(t) = hu ( ,t), < t < T,ω2 tt 0 0 (0.7) P( ) = P , P ( ) = P0 o ′0 1, (0.8) trong đó ω > 0, h ≥ 0, PO, P1 là các hằng số dương cho trước [6]

Trong [1], An và Triều đã nghiên cứu một trường hợp riêng của bài toán (0.1)-(0.4), (0.7), (0.8) với uo = u1 = PO = 0và với F(x,t) = 0 Trong trường hợp sau, bài toán (0.1)-(0.4), (0.7) và (0.8) là mô hình toán học mô tả sự va chạm của một vật rắn và thanh đàn hồi nhớt tuyến tính tựa trên một nền cứng [1]

Từ (0.7), (0.8) ta biểu diễn P(t) theo PO, P1, ω, h, utt(0,t) và sau đó tích phân từng phần ta thu được

0 −∫t − 0 ,

0P(t) = g(t)+ h(u( ,t)) k(t s)u( ,s)ds (0.9) trong đó

ω

sin tg(t) = (P hu ( ))cos t + (P hu (0))0 0 0 1 1 , (0.10) k(t) = h sin t.ω ω (0.11) Bằng cách khử ẩn hàm P(t), ta thay thế điều kiện biên (0.2) bởi

Luận văn được trình bày theo các chương như sau:

Chương O: Phần tổng quan về bài toán khảo sát trong luận văn, điểm qua các kết quả đã có trước đó, đồng thời nêu bố cục của luận văn

Chương 1: Chúng tôi trình bày một số kết quả chuẩn bị bao gồm việc nhắc lại một số không gian hàm, một số kết quả về phép nhúng compact giữa các không gian hàm quan trọng

Chương 2: Chúng tôi nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm yếu toàn cục của bài toán (0.1)-(0.5) Chứng minh được dựa vào phương pháp Galerkin liên kết với các đánh giá tiên nghiệm, hội tụ yếu và về tính compact Trong phần này, định lý Schauder được sử dụng trong việc chứng minh tồn tại nghiệm

CHƯƠNG 1 MỘT SỐ CÔNG CỤ CHUẨN BỊ

1.1 Các không gian hàm

Đầu tiên, ta đặt các ký hiệu sau Ω = (0,1), QT = Ω × (0,T), T > 0, và bỏ qua định nghĩa các không gian hàm thông dụng:

C (m Ω), L (Ω), H (Ω), Wp m m,p(Ω) Để cho gọn, ta ký hiệu lại như sau:

,

u = u,v = u (x)dx ∈ u L2 (1.2)

Ta định nghĩa

V = v H v( ) = 0{ ∈ 1: 1 }, (1.3) và

Bổ đề 1.1: Phép nhúngV ↪ C ( )o Ω là compact và

vC ( ) o Ω ≤ vV với mọi ∈v V (1.5)

Chứng minh bổ đề 1.1 không khó khăn

Bổ đề 1.2: Đồng nhất H với H’ (đối ngẫu của H) Khi đó, ta có V ↪ H ≡ H’ ↪

V’ với các phép nhúng liên tục và nằm trù mật

Chứng minh: Trước hết ta chứng minh rằng H nhúng trong V’ Vì V ⊂ H, với mỗi w ∈ H cố định, ánh xạ:

Tw : V → IR

a ∫

1 0

w

v T (v) = w,v = w(x)v(x)dx

(1.6)

là tuyến tính liên tục trên V, tức là Tw∈V.′

Ta xét ánh xạ:

Ta sẽ chứng minh rằng toán tử T thỏa các tính chất sau:

(i) T: H → V′ là đơn ánh,

(ii) Tw ≤ w , ∀ ∈w H,

(iii) T(H) = {T w Hw: ∈ } là trù mật trong V’

Chứng minh:

(i) Dễ thấy rằng T tuyến tính Nếu Tw = 0 thì w,v = Tw,v V V′, , ∀ ∈v V

Do V trù mật trong H, nên ta có w,v =0, ∀ ∈v H Do đó w = 0

Vậy T là đơn ánh, nghĩa là một phép nhúng từ H vào V’

(ii) Ta có, với mọi w ∈ H,

0= L,Tw V ,V′′ ′= T lw, V,V′ = w,l , ∀ ∈w V.

Do V trù mật trong H, nên ta có: w,l =0, ∀ ∈w H

Vậy l = 0 Theo (1.9) ta có: L,zV ,V′′ ′ = z,l V ,V′ =0, ∀ ∈z V.′

Vậy L triệt tiêu trên V’

Chú thích 1.1: Từ bổ đề 1.2 ta dùng ký hiệu tích vô hướng , trong L2 để chỉ cặp tích đối ngẫu giữa V và V’

Chuẩn trong L2 được ký hiệu bởi Ta cũng ký hiệu .X để chỉ chuẩn trong một không gian Banach X và gọi X’ là không gian đối ngẫu của X

1.2 Không gian hàm Lp(0,T;X), 1 ≤ p ≤ ∞

Cho X là không gian Banach thực đối với chuẩn X Ta ký hiệu

Lp(0,T;X), 1 ≤ p ≤ ∞, là không gian các lớp tương đương chứa hàm u : (0,T) → X

đo được, sao cho:

T

p Xu(t) dt<

0 p

L ( ,T; X) <t<T X

≡inf M{ >0 : u(t) X≤M a.e t, , (0, )∈ T } với p = ∞

Khi đó ta có các bổ đề sau đây mà chứng minh của chúng có thể tìm thấy trong Lions[4]

Bổ đề 1.3: (Lions[4]) Lp(0,T;X), 1 ≤ p ≤ ∞ là không gian Banach

Bổ đề 1.4: (Lions[4]) Gọi X’ là đối ngẫu của X Khi đó Lp′(0, ; )T X′ với + =

1.3 Phân bố có giá trị trong không gian Banach

Định nghĩa 1.1: Cho X là một không gian Banach thực Một ánh xạ tuyến tính liên tục từ D((0,T)) vào X gọi là một (hàm suy rộng) phân bố có giá trị trong X Tập các phân bố có giá trị trong X, ký hiệu là:

D’(0,T;X) = L(D(0,T);X) = {u : D(0,T)→ X ⏐ u tuyến tính liên tục} Chú thích 1.3: Ta ký hiệu D(0,T) thay cho D((0,T)) hoặc Cc∞((0,T)) để chỉ không gian các hàm số thực khả vi vô hạn có giá compact trong (0,T)

Định nghĩa 1.2: Cho u∈ D’(0,T;X) Ta định nghĩa đạo hàm du

dt theo nghĩa phân

bố của u bởi công thức:

i/ Cho v ∈ Lp(0.T;X) ta làm tương ứng nó bởi ánh xạ Tv : D(0,T) → X như sau:

0

0

T v

T , v(t) (t)dt, D ,T (1.11)

Ta có thể nghiệm lại rằng Tv ∈ D’(0,T;X) Thật vậy:

j/ Aùnh xạ là tuyến tính

jj/ Ta nghiệm lại ánh xạ Tv : D(0,T) → X là liên tục

Giả sử { }ϕ ⊂j D ,T( )0 sao cho ϕ → 0 trong j D(0,T) Ta có:

j X

0

T , v(t) (t)dt v(t) (t) dt

(1.12)

Do đó, T ϕv, j → 0 trong X khij→ +∞ Vậy Tv ∈ D’(0,T;X)

ii/ Aùnh xạ va Tv là một đơn ánh, tuyến tính từ Lp(0,T;X) vào D’(0, T;X) Do đó,

ta có thể đồng nhất Tv= v Khi đó, ta có kết quả sau

Bổ đề 1.6 (Lions [4]) Lp(0,T;X) ⊂ D’(0, T;X) với phép nhúng liên tục

1.4 Đạo hàm trong Lp(0,T;X)

Do bổ đề 1.6, phần tử u ∈ Lp(0,T;X) ta có thể coi u và do đó du

dt là các

phần tử của D’(0, T;X) Ta có kết quả sau

Bổ đề 1.7 (Lions [4]) Nếu u ∈ L1(0,T;X) và u’∈ L1(0,T;X) thì u bằng hầu hết với một hàm liên tục từ [0,T] → X

Chứng minh bổ đề 1.7 bằng nhiều bước

Bước 1: Đặt

0

tH(t)=∫u (s)ds′ Khi đó H : [0,T] → X liên tục, vì u L ( ,T; X).′∈ 1 0

Trước hết, ta chứng minh rằng dH du u

dt = dt = theo nghĩa phân bố Thật vậy: ′

Bước 2: Ta suy ra rằng u = H + C, theo nghĩa phân bố (C là hằng)

Thật vậy, giả sử v = H − u Ta có v′ = 0 theo nghĩa phân bố (do bước 1)

Ta sẽ chứng minh rằng v = C theo nghĩa phân bố Thật vậy v′ = 0 tương đương với

Coi ∀ϕ∈D ,T( )0 ta có thể viết ϕ dưới dạng ϕ λϕ + ψ , trong đó = 0 ′ ψ ∈D ,T( )0 ,

Nếu w ∈ L1(0,T;X) và T∫w(t) (t)dtϕ = , ∀ϕ∈D ,T( )

0

0 0 thì w(t)=0 với hầu

hết t ∈ (0,T) Điều này có được là do ánh xạ w a Tw từ L1(0,T;X) vào D’(0,

T;X) là đơn ánh (tính chất ii/ ở trên)

Từ các bước 1, 2, 3 ở trên ta suy ra rằng u= H + C, theo nghĩa phân bố Tương tự ta có bổ đề sau:

Bổ đề 1.8 (Lions [4]) Nếu u∈ Lp(0,T;X) và u′ ∈ Lp(0,T;X) thì u bằng hầu hết một hàm liên tục từ [0,T] vào X

1.5 Bổ đề về tính compact của Lions [4]

Cho ba không gian Banach X0 , X1 , X với X0 ⊂ X ⊂ X1 với các phép nhúng liên tục sao cho:

X0 , X1 là phản xạ, (1.16) Phép nhúng X0↪ X là compact (1.17) Với 0 < T < ∞, 1≤ pi ≤ ∞, i = 0, 1, ta đặt:

0

Ta cũng có kết quả sau đây liên quan đến phép nhúng compact

Bổ đề 1.9 (Bổ đề về tính compact của Lions [4])

Với giả thiết (1.16), (1.17) và 1< pi < ∞ , i = 0, 1, thì phép nhúng

W(0,T) ↪ Lp 0(0,T; X) là compact

Chứng minh bổ đề 1.9 có thể tìm thấy trong Lions [4], trang 57

1.6 Bổ đề về sự hội tụ yếu trong Lq(Q)

Bổ đề sau đây liên quan đến sự hội tụ yếu trong Lq(Q)

Bổ đề 1.10 Cho Q là tập mở bị chặn của IRN và Gm , G ∈ Lq(Q), 1 <q < ∞ sao cho Gm L (Q) p ≤ , C trong đó C là hằng số độc lập với m và Gm → G a.e trong Q

Khi đó Gm → G yếu trong Lq(Q)

Ta cũng dùng các ký hiệu u(t), ′ =u (t) u (t) u(t)t =& , u (t) u (t) u(t)′′ = tt =&& ,

CHƯƠNG 2 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM

Trong chương này, chúng tôi trình bày sự tồn tại và duy nhất của nghiệm yếu toàn cục cho bài toán: tìm một cặp hàm (u(x,t), P(t)) thỏa:

Chứng minh được dựa vào phương pháp Galerkin liên hệ với các đánh giá tiên nghiệm, từ đó rút ra các dãy con hội tụ yếu trong các không gian hàm thích hợp nhờ một số các phép nhúng compact Trong phần này, định lý Schauder được sử dụng trong việc chứng minh tồn tại nghiệm xấp xỉ Galerkin

Trước hết ta thành lập các giả thiết sau:

(A1) K, λ là hai hằng số không âm;

(A2) uo ∈ H1 , u1 ∈ L2 ;

(A3) g H∈ 1( )0,T ;

(A4) k H∈ 1( )0,T và k(0) = 0; (A5) F L∈ 2(Ω×( )0,T ;)

(A6) Hàm số H C IR∈ 1( ) thỏa H(0) = 0 và tồn tại một hằng số h0 >0

sao cho ∧ η =η∫ ≥ − 0 ∀η∈

0

H

Khi đó ta có định lý sau đây:

Định lý 2.1: Cho T > 0 và giả sử (A1)-(A6) đúng Khi đó,tồn tại một nghiệm yếu

(u,P) của bài toán (2.1)-(2.5) sao cho:

u L∈ ∞(0,T;V , u L) t∈ ∞(0,T; L , u ( ,t) L2) t 0 ∈ 2( )0,T , (2.6)

P H∈ 1( )0,T (2.7)

Hơn nữa, nếu H thỏa thêm điều kiện

( )A′ 6 H C (IR), H (s)∈ 2 ′ > −1, s IR.∀ ∈

Khi đó nghiệm bài toán là duy nhất

Chứng minh: Gồm nhiều bước

Bước 1: Xấp xỉ Galerkin Xét một cơ sở trực chuẩn đặc biệt trong V như sau:

2 2 (2 1)

21

j

w (x)= cos( x), λ λ = j− π, j=1,2,

+ λ (2.8) được thành lập từ các hàm riêng của toán tử Laplace 2

c(t)= αcos( t)λ + β λ + λ − τ q( )d τ τ

λ ∫ λ (2.17) Chứng minh bổ đề 2.1 không khó, ta bỏ qua

Aùp dụng bổ đề 2.1 cho hệ (2.13)-(2.15) với λ λ α α= j, , , = mj β β= mj

j j

( )

2 0

Khi đó, ta có bổ đề sau đây:

Bổ đề 2.2: Cho T > 0 và giả sử (A1)-(A6) thỏa Khi đó hệ (2.19)-(2.20) có nghiệm

cm = ( cm1,…, cmm) trên một đoạn [0, Tm] ⊂ [0, T]

Chứng minh bổ đề 2.2: Ta bỏ qua chỉ số m, hệ (2.19)-(2.20) viết lại dưới dạng

c = Uc, (2.21)

trong đó

i j

w ( )

= ∑ ≤ ≤ (2.26) Với mỗi Tm > 0, M > 0 ta đặt:

BM = ∈{c C1( [0,T ; IRm] m): c1≤M ,}

c1= c 0+ c ,′0 0 1 1

m i

i) Chú ý rằng (Vc)j ∈ C0([0, Tm]; IR) với mọi c ∈ C1([0, Tm]; IRm) do đó ta suy ra từ (2.22) và đẳng thức

( )Uc (t) G (t)′j = ′j +∫tN (t′j − τ) Vc ( )d( )j τ τ

0

, (2.27) rằng U : Y → Y

Cho c ∈ BM, ta suy ra từ (2.22), (2.27) rằng

Uc ≤ G + +⎛⎜ ⎞⎟T β M,T ,

λ

⎝ ⎠ (2.33) trong đó:

2 (2.34)

Do đó: Uc1≤M với mọi c ∈ BM Nghĩa là toán tử U biến BM vào chính nó

ii) Tiếp theo, ta chứng minh toán tử U liên tục trên BM Cho c, d ∈ BM ta có:

( )Uc (t) Ud (t)j −( )j =∫tN (tj − τ) Vc ( ) Vd ( ) d⎡⎣( )j τ −( )j τ ⎤⎦ τ

0

(2.35)

Do đó:

( ) ( )Uc ′− Ud ′ ≤T Vc Vd m − 0

0 (2.38) Bây giờ, ta đánh giá số hạng Vc Vd− 0 Ta có:

Từ (2.36), (2.37) và (2.40) chứng tỏ rằng U : BM → Y là liên tục

iii) Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng tập UBM là một tập tương đối compact trong Y Cho c ∈ BM, t, t’∈ [0, Tm] Từ (2.22) ta có:

N (t) N (s) t s , t,s 0,T ,j − j ≤ − ∀ ∈[ m] (2.42) kết hợp với (2.30) ta thu được từ (2.41) rằng

là một tập tương đối compact trong Y Do định lý điểm bất động Schauder, ta có c

∈BM sao cho c = Uc, mà điểm bất động này là nghiệm của hệ (2.19)

Bổ đề 2.2 được chứng minh xong

Dùng bổ đề 2.2, với T > 0 cố định, hệ (2.13)-(2.15) có nghiệm (um(t), Pm(t)) trên một đoạn [0, Tm] Các đánh giá tiên nghiệm dưới đây cho phép ta lấy Tm = T với mọi m

Bước 2: Các đánh giá tiên nghiệm

Thay (2.14) vào (2.13), khi đó nhân phương trình thứ j của (2.13) bởi c (t)mj′ và lấy tổng theo j, sau đó tích phân từng phần theo biến thời gian từ 0 đến t, ta có:

−2 ∧( 0 )+2 ∧( 0 0 )+ 0 +2 0 0 0 ≤1 1

3

H u ( ,t) H u ( ) S ( ) g( )u ( ) C (2.47) với mọi m và t, trong đó C1 là một hằng số chỉ phụ thuộc vào u0, u1, H, h0 và g Tiếp tục sử dụng bổ đề 1.1 và bất đẳng thức 2ab≤1a2 +3b , a,b IR2 ∀ ∈

2 2

2 0

S (t) D (t) D S ( )d , (2.55) trong đó

Do bổ đề Gronwall, ta thu được từ (2.55)-(2.58) rằng